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2017年5月16日 星期二

國立臺灣大學九十學年度轉學生入學考試試題詳解

(共五大題,每題 20 分)
    1. 設數列 an=1+12++1nlnn,試證 limnan 存在。
    2. 試利用 a. 求交錯級數 n=1(1)n+11n之值。
  1. 訣竅由積分審歛法的思想去構造不等式,接著透過技巧去調整級數中的符號。
    解法
    1. 透過面積的估計可以知道

      k+1k1xdx<1k<kk11xdx.

      由此可知

      lnn<nk=11k<1+lnn.

      如此即有 0<an<1,這表明 an 有界。另一方面,我們也可以知道 an 遞減:

      an+1an=1n+1lnn+1n=1n+1n+1n1xdx<0.

      綜合而言可知 an 遞減且有界,因此極限存在。

      註:這個極限常被記為 γ,我們稱之為歐拉-馬斯刻若尼常數(Euler-Mascheroni constant)。

    2. 所求之無窮級數可作如下的改寫與計算:

      n=1(1)n+11n=limmmn=1(1)n+11n=limm(mn=11n2[m2]n=112n)=limm[(n=11nlnm)([m2]n=11nln[m2])+lnm[m2]]

      利用 a.,我們將 an 的極限值記為 γ,如此可得所求的交錯級數之值為

      n=1(1)n+11n=limmlnm[m2]=ln2.

      應注意為了處理高斯符號的困難應使用夾擠定理,並配合不等式 x1<[x]x 即可獲得上述極限結果。

    1. 試判別 limx(e2xx0e2tt2+1dt) 是否存在?
    2. 試求 k 值使 limx(xke2xx0e2tt2+1dt) 存在而且不等於 0,並求此極限值。
  2. 訣竅運用羅必達法則即可求解。
    解法
    1. 將所求改寫並計算如下:

      limxx0e2tt2+1dte2x=limxe2xx2+12e2x=limxx2+12=

      因此此極限不存在。
    2. 根據 a.可知 k<0,因此令 k=s,其中 s>0,如此所考慮的極限如下,運用羅必達法則計算之:

      limxx0e2tt2+1dtxse2x=limxe2xx2+1sxs1e2x+xse2x=limxx2+1sxs1+xs

      s=1,則此極限值為 1;若 s>1,則此極限值為 0;若 s<1,則此極限值為

      因此所求之 k 值為 1,而極限值為 1


  3. u=f(x,y)x=rcosθy=rsinθr=x2+y2
    1. 試證 2ur2+1rur+1r22uθ2=2ux2+2uy2
    2. u=f(x,y) 滿足 2ux2+2ux2=0,而且 f(x,y)=h(r)f 只是 r 的函數)。試證 f(x,y)=h(r)=alnr+b,其中 a,b 為常數。
  4. 訣竅這是有關偏微分方程(Partial Differential Equation)中的拉普拉斯方程(Laplace's Equation)的基本問題,我們僅須熟悉偏微分的基本操作與常微分方程的一些解法即可。
    解法
    1. 藉由變數代換與連鎖律,我們可以直接計算一階偏導數如下:

      ux=urrx+uθθx=cosθursinθruθ,uy=urry+uθθy=sinθur+cosθruθ.

      據此計算二階偏導數如下:

      2ux2=sin2θrur+cos2θ2ur2+sin2θr2uθ+sin2θr22uθ2,2uy2=cos2θrur+sin2θ2ur2sin2θr2uθ+cos2θr22uθ2.

      因此兩式相加可得

      2ux2+2uy2=2ur2+1rur+1r22uθ2.

    2. 根據假定與 a. 的結果,我們可以得到下列的常微分方程

      d2hdr2+1rdhdr=0.

      因此同乘以 r 可得

      ddr(rddrh(r))=0

      如此即有

      rddrh(r)=a

      其中 a 為積分常數。接著兩邊同除以 r 後取積分即可得到

      h(r)=alnr+b

      其中 b 為積分常數。

    1. Ωxdyydxx2+y2,其中 Ω 表曲線 x=3costy=2sint0t2π
    2. D1(1+|P|3)13dxdydz,其中 |P|=x2+y2+z2D={P=(x,y,z):z0,及 x2+y2+z29}
  5. 訣竅透過題目或自行主動參數化後代入題目求解即可。
    解法
    1. 【解法一】 將參數化代入後即可計算如下:

      Ωxdyydxx2+y2=2π03costd(2sint)2sintd(3cost)9cos2t+4sin2t=62π0195sin2tdt

      根據對稱性,所求即為 24π20195sin2tdt。接著考慮代換 u=tant,如此所求即可計算如下:

      =240195u2u2+1duu2+1=240du4u2+9=60duu2+94=6×23tan12x3|0=2π

      【解法二】 關於本題亦可以考慮參數曲線 Ωεx=εcosty=εsint,其中 0t2π。如此我們運用 Green 定理可以得到

      ΩΩεxdyydxx2+y2=0

      因此我們可運用 Ωε 的參數化計算如下:

      Ωxdyydxx2+y2=Ωεxdyydxx2+y2=2π0εcostd(εsint)εsintd(εcost)ε2=2π0dt=2π.

    2. {x=ρcosθsinϕy=ρsinθsinϕz=ρcosϕ,其中參數的範圍為 {0ρ30θ2π0ϕπ2。如此原式可以改寫並計算如下

      =π202π0301(1+ρ3)13ρ2sinϕdρdθdϕ=(π20sinϕdϕ)(2π0dθ)(30ρ2(1+ρ3)13dρ)=1×2π×12(1+ρ3)23|30=π(28231)


  6. E={(x,y,z):x+y+z=1,及 (x1)2+y2=1},試求 f(x,y,z)=x+2y+3zE 上的最大值及最小值。
  7. 訣竅可以使用傳統的消去未知數的方法求極值,亦可利用拉格朗日乘子法求解。
    解法一由條件易知

    f(x,y,z)=x+2y+3z=x+2y+3(1xy)=32xy

    用柯西不等式可以注意到

    [(x1)2+y2](22+11)(2x+y2)2

    即有

    52x+y25

    或寫為

    1+532xy15

    因此最大值為 1+5 而最小值為 15,其中等號成立條件分別為 (x,y,z)=(1255,55,355)(x,y,z)=(1+255,55,355)
    解法二運用拉格朗日乘子法,我們設 F(x,y,z,λ1,λ2) 如下:

    F(x,y,z,λ1,λ2)=x+2y+3z+λ1(x+y+z1)+λ2[(x1)2+y21]

    於是解下列聯立方程組:

    {Fx(x,y,z,λ1,λ2)=1+λ1+2λ2(x1)=0,Fy(x,y,z,λ1,λ2)=2+λ1+2λ2y=0,Fz(x,y,z,λ1,λ2)=3+λ1=0,Fλ1(x,y,z,λ1,λ2)=x+y+z1=0,Fλ2(x,y,z,λ1,λ2)=(x1)2+y21=0.

    因此解得 (x,y,z,λ1,λ2)=(1±255,±55,355,3,±52),因此可知最大值為 1+5,而最小值為 15

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